《高一教科版物理必修二讲义及练习：第四章 第3-4节势能；动能 动能定理6 利用动能定理分析多过程问题（同步练习） 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高一教科版物理必修二讲义及练习：第四章 第3-4节势能；动能 动能定理6 利用动能定理分析多过程问题（同步练习） （5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、（答题时间：（答题时间：3030 分钟）分钟） 1. 一圆弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的两侧与光滑斜坡 aa、bb相切，相切处 a、b 位于同一水平面内，槽与斜坡在竖直平面内的截面如图所示。一小物块从斜坡 aa上距 水平面 ab 的高度为 2h 处沿斜坡自由滑下，并自 a 处进入槽内，到达 b 后沿斜坡 bb向上滑 行。已知到达的最高处距水平面 ab 的高度为 h，接着小物块沿斜坡 bb滑下并从 b 处进入 槽内反向运动，若不考虑空气阻力，则（ ） A. 小物块再运动到 a 处时速度变为零 B. 小物块每次经过圆弧槽最低点时对槽的压力不同 C. 小物块不仅能再运动到 a 处，还能沿斜坡 a
2、a向上滑行，上升的最大高度为 h D. 小物块不仅能再运动到 a 处，还能沿斜坡 aa向上滑行，上升的最大高度小于 h 2. 如图，竖直放置的粗糙四分之一圆弧轨道 ABC 与光滑半圆弧轨道 CDP 最低点重合在 C 点，圆心 O1和 O2在同一条竖直线上，圆弧 ABC 的半径为 4R，半圆弧 CDP 的半径为 R。质量为 m 的小球从 A 点静止释放，达到 P 时与轨道间的作用力大小为 mg。不计空 气阻力。小球从 A 到 P 的过程中 A. 机械能减少了 2mgR B. 重力势能减少了 mgR C. 合外力做功 2mgR D. 克服摩擦力做功 mgR 物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一水
3、平向右的恒力 F1，经时间 t 后撤去 F1， 立即再对它施加一水平向左的恒力 F2，又经时间 3t 后物体回到出发点，在这一过程中， F1、 F2分别对物体做的功 W1、W2间的关系是（ ） A. W1W2=11 B. W1W2=23 C. W1W2=95 D. W1W2=97 3. 如图所示，半圆形轨道 MON 竖直放置且固定在地面上，直径 MN 是水平的。一小物 块从 M 点正上方高度为 H 处自由下落，正好在 M 点滑入半圆轨道，测得其第一次离开 N 点后上升的最大高度为。小物块接着下落从 N 点滑入半圆轨道，在向 M 点滑行过程中 2 H （整个过程不计空气阻力） （ ） A. 小物
4、块正好能到达 M 点 B. 小物块一定到不了 M 点 C. 小物块一定能冲出 M 点 D. 不能确定小物块能否冲出 M 点 4. 如图所示，在斜面倾角为 的斜面底端，垂直斜面有一固定挡板。现有一质量为 m（可视为质点）的物块以速度 v0从 P 点沿斜面下滑，已知物块与斜面间动摩擦因数为 （tan） ，P 点与挡板距离为 L,物块与挡板碰撞时无能量损失，不计空气阻力，则有关 下列说法正确的是（ ） A. 物块第一次与挡板碰撞时的动能为 2 0 2 1 sinmvmgL B. 第一次与挡板碰后沿斜面上滑的最大距离一定小于 L C. 从开始到物块静止，物块重力势能的减少量为sinmgL D. 物块在
5、斜面上通过的总路程为 cos2 sin2 2 0 g vgL 5. 以初速度 V0将一小球竖直上抛，上升了高度到达最高点，已知小球返回抛出点时h 的速度为，假定空气阻力大小为不变，则小球从抛出到回到出发点这一过程，克服空 1 Vf 气阻力做功为（ ） A. B. C. D. fh20fh2 2 1 2 0 2 1 2 1 mvmv 6. 如图所示，长为 L 的木板水平放置，在木块的 A 端放置一个质量为 m 的小物体，现 缓慢抬高 A 端，使木板以左端为轴在竖直面内转动，当木板转到与水平面成 角时小物体 开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为 v，则在整个过程中（ ） A.
6、支持力对小物体做功为 0 B. 摩擦力对小物体做功为 mgLsin C. 摩擦力对小物体做功为 mgLsin 2 2 1 mv D. 木板对小物体做功为 2 2 1 mv 7. 如图所示，半径 R=0.5m 的光滑圆弧面 CDM 分别与光滑斜面体 ABC 和斜面 MN 相切 于 C、M 点，斜面倾角分别如图所示。O 为圆弧圆心，D 为圆弧最低点，C、M 在同一水 平高度。斜面体 ABC 固定在地面上，顶端 B 安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮 （不计滑轮摩擦）分别连接小物块 P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行） ，并保持 P、Q 两物块静止。若 PC 间距为 L1=0.25m，斜面 MN
7、 足够长，物块 P 质量 m1= 3kg，与 MN 间 的动摩擦因数，重力加速度 g=10m/s2。 （sin37=0.6，cos37=0.8）求： 3 1 （1）小物块 Q 的质量 m2； （2）烧断细绳后，物块 P 第一次到达 D 点时对轨道的压力大小； （3）物块 P 在 MN 斜面上滑行的总路程。 1. BD 解析：因要克服摩擦阻力做功，所以每次通过最低点的速度会变小，根据圆周运 动公式及牛顿第二定律有，故可知物块与圆弧槽间的正压力会变小，所以 2 N v Fmgm r B 正确；设第一次通过圆弧槽过程中克服摩擦力做功为，根据动能定理可得 f W ，第二次通过圆弧槽的最低点时因正压力减
8、小，所以摩擦力减小；同理，其0 f mghW 他位置所对应的摩擦力都变小，故第二次通过圆弧槽克服摩擦力做的功将小于第一次，即 ，所以 D 正确，A、C 错误。 f Wmgh 2. D 解析：令恒力 F1作用时间 t 后物体的速度为 v1，恒力 F2又作用时间 3t 后物体的速 度为 v2，所以物体在恒力 F1作用时间 t 后物体的位移为，物体在恒力 F2作用下的 1 1 2 vt x 位移，由题意知，整理得：，由动能定理得： 12 2 3 2 vv xt 12 xx 12 3 4 vv ，代入解得，故选项 D 正确。 2 11 1 2 Wmv 22 221 11 22 Wmvmv 1 2 9
9、7 W W 3. C 解析：第一次飞出过程根据动能定理得 mgWf=0，再次到达 M 点过程中，根 2 H 据动能定理 mg=，因第二次经过半圆轨道过程中物块对轨道的压力减少， 2 H f W 2 1 2 mv 故摩擦力减小，克服阻力做功Wf，故速度 v0，故能冲出 M 点，故选项 C 正确， f W 其余都错误。 4. CD 解析：根据动能定理，在下落到挡板前设碰撞前速度为，利用动能定理有 1 v ，所以 A 错。假设物体初速度为 0，则第一次与 22 10 11 sincos 22 mvmvmgLmgL 挡板碰后沿斜面上滑的最大距离一定小于 L，但由于有初速度，初速度对应的动能可能大 于摩
10、擦力消耗的能量，因此 B 错。从开始到物块静止，物块重力势能的减少量为 ，正确。利用动能定理，则物块在斜面上通过的总路程为 s，即sinmgL ，化简则。故选 C、D。 2 0 1 sin0cos 2 mvmgLmgS 2 0 2sin 2cos gLv S g 5. CD 解析：上升、下降阻力做功大小都为 W=fh，所以克服阻力做功为 2fh，根据 动能定理，即克服阻力做功为，因此答案为 C、D。 22 10 11 W= 22 mvmv 2 1 2 0 2 1 2 1 mvmv 6. CD 解析：物块在缓慢提高过程中，静摩擦力始终与运动方向垂直，所以摩擦力不做 功，物块在滑动过程中，由动能定
11、理可得：，则有滑动摩擦 2 1 0 2 WmgLsinmv 滑 力做功为，所以克服摩擦力做功为，所以 B 错误， 2 1 sin 2 mvmgL 2 1 sin 2 mvmgL C 正确；在下滑的过程中，支持力不做功，在上升的过程中，根据动能定理可得， ，所以支持力对物体做功为，所以 A 错误；木板对物体0WmgLsinWmgLsin 做功为支持力和摩擦力对物体做功的和，所以木板对物体做功为 ，所以 D 正确，故选 C、D。 22 11 sinsin 22 mvmgLmgLmv 7. 解：（1）根据平衡，满足：53sin 1g m37sin 2g m 可得；kgm4 2 （2）P 到 D 过程由动能定理得 由几何关系)53cos1 (53sin 1 RLh 运动到 D 点时，根据牛顿第二定律： 解得 由牛顿第三定律得，物块 P 对轨道的压力大小为 78N； （3）分析可知最终物块在 CDM 之间往复运动，C 点和 M 点速度为零。 由全过程动能定理得：53sin 11gL m053cos 1 总 Sgm 解得mS1 总
